Đề tuyển sinh vào lớp 10 Toán năm 2026-2027 (Chung) Sở Quảng Ninh (có đáp án)

Đáp án đúng là: A

Với \(a \le 0\), ta có \(\sqrt {4{a^2}}  = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2}}  = \left| {2a} \right| =  - 2a\).

Do đó, \(\sqrt {4{a^2}}  + a =  - 2a + a =  - a\).

Đáp án đúng là: A

Gọi \(A\) là biến cố “Lấy được quả bóng có ghi số chẵn”.

Tập hợp các kết quả có thể xảy ra khi lấy ngẫu nhiên một quả bóng là: \(\left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5;\,\,6;\,\,7;\,\,8;\,\,9} \right\}\). Các kết quả xảy ra là đồng khả năng.

Do đó, số kết quả có thể xảy ra là \(n\left( \Omega  \right) = 9\).

Các kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là: \(A = \left\{ {2;\,\,4;\,\,6;\,\,8} \right\}\). Vậy \(n\left( A \right) = 4\).

Vậy xác suất của biến cố \(A\) là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{4}{9}\).

Đáp án đúng là: D

Gọi phần chiều cao từ ống ngắm trở lên là \({h_1}\).

Áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn cho tam giác vuông ta có:

\({h_1} = 20 \cdot \tan 35^\circ  \approx 20 \cdot 0,7002 = 14,004\) (m).

Chiều cao h của cột đèn là: \(h = 1,6 + {h_1} = 1,6 + 14,004 = 15,604 \approx 15,6\) (m).

Điều kiện xác định: \(x \ge 0,\,\,x \ne \frac{9}{4}\).

\(P = \left( {\frac{5}{{2\sqrt x  - 3}} + \frac{1}{{2\sqrt x  + 3}}} \right):\left( {\sqrt x  + 1} \right)\)

\( = \frac{{5\left( {2\sqrt x  + 3} \right) + \left( {2\sqrt x  - 3} \right)}}{{\left( {2\sqrt x  - 3} \right)\left( {2\sqrt x  + 3} \right)}} \cdot \frac{1}{{\sqrt x  + 1}}\)

\( = \frac{{10\sqrt x  + 15 + 2\sqrt x  - 3}}{{\left( {2\sqrt x  - 3} \right)\left( {2\sqrt x  + 3} \right)}} \cdot \frac{1}{{\sqrt x  + 1}}\)

\( = \frac{{12\sqrt x  + 12}}{{\left( {2\sqrt x  - 3} \right)\left( {2\sqrt x  + 3} \right)}} \cdot \frac{1}{{\sqrt x  + 1}}\)

\( = \frac{{12\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {2\sqrt x  - 3} \right)\left( {2\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{12}}{{4x - 9}}\).

Vậy với \(x \ge 0,x \ne \frac{9}{4}\) thì \(P = \frac{{12}}{{4x - 9}}\).

Giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - 4y = 8\,\,\left( 1 \right)}\\{x - 5y =  - 1\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\).

Nhân cả hai vế của phương trình (2) cho \(3\) ta được: \(3x - 15y =  - 3\) (3).

Trừ hai vế của phương trình (1) và phương trình (3) ta được: \(11y = 11\) suy ra \(y = 1\).

Thay \(y = 1\) vào phương trình \(x - 5y =  - 1\) ta được: \(x - 5 \cdot 1 =  - 1\) suy ra \(x = 4\).

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {4;\,\,1} \right)\).

\(\frac{{5x - 3}}{4} + \frac{{3x + 1}}{2} >  - 3\)

\(\frac{{5x - 3}}{4} + \frac{{2\left( {3x + 1} \right)}}{4} > \frac{{ - 12}}{4}\)

\(5x - 3 + 2\left( {3x + 1} \right) >  - 12\)

\(5x - 3 + 6x + 2 >  - 12\)

\(11x - 1 >  - 12\)

\(11x >  - 11\)

\(x >  - 1\).

Nghiệm của bất phương trình là \(x >  - 1\).

Ta có \(\Delta ' = {( - 2)^2} - 1.1 = 3 > 0\), do đó phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).

Theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1} \cdot {x_2} = 1\end{array} \right.\).

Vì \({x_1} + {x_2} = 4\) và \({x_1} > {x_2}\) nên ta suy ra \({x_1} > 2\).

Suy ra \({x_1} - 1 > 0\).

Từ hệ thức Vi-ét, ta có \(2{x_2} = 2\left( {4 - {x_1}} \right) = 8 - 2{x_1}\).

Thay vào biểu thức dưới dấu căn, ta được:

\(x_1^2 + 2{x_2} - 7 = x_1^2 + \left( {8 - 2{x_1}} \right) - 7 = x_1^2 - 2{x_1} + 1 = {\left( {{x_1} - 1} \right)^2}\).

Do \({x_1} - 1 > 0\) nên ta có:

\(\sqrt {x_1^2 + 2{x_2} - 7}  = \sqrt {{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2}}  = \left| {{x_1} - 1} \right| = {x_1} - 1\).

Vì \({x_1}\) là nghiệm của phương trình nên \(x_1^2 - 4{x_1} + 1 = 0\).

Suy ra \(x_1^2 = 4{x_1} - 1\).

Thay \(\sqrt {x_1^2 + 2{x_2} - 7}  = {x_1} - 1\) và \(x_1^2 = 4{x_1} - 1\) vào biểu thức \(P\), ta được:

\(P = \left( {{x_2} + 3} \right)\left( {{x_1} - 1} \right) - \left( {4{x_1} - 1} \right)\)

\(P = \left( {{x_1}{x_2} - {x_2} + 3{x_1} - 3} \right) - 4{x_1} + 1\)

\(P = {x_1}{x_2} - {x_1} - {x_2} - 2\)

\(P = {x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2\)

\(P = 1 - 4 - 2 =  - 5\).

Vậy giá trị của biểu thức là \(P =  - 5\).

Điều kiện: \(x > 0\).

Vì nếu hoạt động riêng, thời gian máy thứ hai bơm đầy bể nhiều hơn máy thứ nhất là 4 giờ, nên thời gian máy thứ hai hoạt động riêng một mình để đầy bể là: \(x + 4\) (giờ).

Vì thể tích của bể bơi là \(144\) m³ nên:

Trong 1 giờ, máy thứ nhất bơm được: \(\frac{{144}}{x}\) (m³).

Trong 1 giờ, máy thứ hai bơm được: \(\frac{{144}}{{x + 4}}\) (m³).

Vì nếu cả hai máy cùng hoạt động thì sau 2 giờ lượng nước trong bể là \(60\) m³ nên trong 1 giờ cả hai máy cùng hoạt động sẽ bơm được: \(\frac{{60}}{2} = 30\) (m³).

Từ đó, ta có phương trình về tổng lượng nước 2 máy bơm được trong 1 giờ:

\(\frac{{144}}{x} + \frac{{144}}{{x + 4}} = 30\)

\(\frac{{24}}{x} + \frac{{24}}{{x + 4}} = 5\)

\[\frac{{24\left( {x + 4} \right)}}{{x\left( {x + 4} \right)}} + \frac{{24x}}{{x\left( {x + 4} \right)}} = \frac{{5x\left( {x + 4} \right)}}{{x\left( {x + 4} \right)}}\]

\(24\left( {x + 4} \right) + 24x = 5x\left( {x + 4} \right)\)

\(24x + 96 + 24x = 5{x^2} + 20x\)

\(48x + 96 = 5{x^2} + 20x\)

\(5{x^2} - 28x - 96 = 0\)

\(\left( {x - 8} \right)\left( {5x + 12} \right) = 0\)

\(x - 8 = 0\) hoặc \(5x + 12 = 0\)

\(x = 8\) (thỏa mãn) hoặc \(5x =  - 12\)

\(x = 8\) (thỏa mãn) hoặc \(x = \frac{{ - 12}}{5}\) (không thỏa mãn).

Vậy nếu máy bơm thứ nhất hoạt động riêng thì cần 8 giờ để bơm đầy bể.

a) Ta có \(MA = MB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) suy ra \(M\) thuộc đường trung trực của đoạn thẳng \(AB.\)

Lại có \(OA = OB\) \(\left( { = R} \right)\) suy ra \(O\) thuộc đường trung trực của đoạn thẳng \(AB\).

Do đó, \(MO\) là đường trung trực của đoạn thẳng \(AB\) hay \(MO \bot AB\) tại \(H\).

Xét đường tròn \((O)\) có \(BC\) là đường kính nên \(\widehat {BAC} = 90^\circ \) góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

Suy ra \(AC \bot AB\).

Vì \(AC \bot AB\) và \(MO \bot AB\) nên \(AC\,{\rm{//}}\,MO\).

b) *Chứng minh tứ giác \[MDHB\] nội tiếp

Ta có \(MH\) là phân giác của \(\widehat {AMB}\) (theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Xét \(\Delta MAB\) cân tại \(M\) (do \(MA = MB\)) có \(MH\) là đường phân giác nên \(MH\) đồng thời là đường cao của tam giác. Do đó, \(MH \bot AB\) hay \(\widehat {MHB} = 90^\circ \).

Ta có: \(\widehat {CDB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(BC\)). Do đó, \(\widehat {MDB} = 90^\circ .\)

Do \(\Delta MHB\) vuông tại \(H\) \(\left( {\widehat {MHB} = 90^\circ } \right)\) nên ba điểm \(M,\,\,H,\,\,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MB\).

Do \(\Delta MDB\) vuông tại \(D\) \(\left( {\widehat {MDB} = 90^\circ } \right)\) nên ba điểm \(M,\,\,D,\,\,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MB\).

Do đó, bốn điểm \(M,\,\,D,\,\,H,\,\,B\,\,\)cùng thuộc một đường tròn đường kính \(MB\). Vì vậy, tứ giác \[MDHB\] nội tiếp.

* Chứng minh $\Delta MDH\backsim \Delta MOC$.

Do \(MB\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(B\) nên \(\widehat {MBO} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta MBH\) và \(\Delta MOB\) có \(\widehat {BMO}\) là góc chung và \(\widehat {MHB} = \widehat {MBO} = 90^\circ \).

Suy ra $\Delta MBH\backsim \Delta MOB$ (g.g) suy ra \(\frac{{MB}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MB}}\) hay \(M{B^2} = MH \cdot MO\) (1).

Chứng minh tương tự $\Delta MBD\backsim \Delta MCB$ (g.g) suy ra \(\frac{{MB}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MB}}\) hay \(M{B^2} = MD \cdot MC\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(MH \cdot MO = MD \cdot MC\) hay \(\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\).

Xét \(\Delta MDH\)và \(\Delta MOC\) có \(\widehat {OMC}\) là góc chung và \(\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\). Suy ra $\Delta MDH\backsim \Delta MOC$ (c.g.c).

c)

Gọi \(I\) là giao điểm của \(CE\) và \(MO\).

Vì \(CE\,{\rm{//}}\,DH\), áp dụng định lí Thales cho \(\Delta MCI\) ta có \(\frac{{MH}}{{MI}} = \frac{{MD}}{{MC}}\).

Kết hợp với \(M{B^2} = MD \cdot MC\) và \(M{B^2} = MH \cdot MO\) ta có:

\(\frac{{MH}}{{MI}} = \frac{{MD \cdot MC}}{{M{C^2}}} = \frac{{M{B^2}}}{{M{C^2}}} = \frac{{MH \cdot MO}}{{M{C^2}}}\) hay \(MI = \frac{{M{C^2}}}{{MO}}\).

Áp dụng định lí Pythagore cho \(\Delta MBC\) vuông tại \(B\) ta có:

\(M{C^2} = M{B^2} + B{C^2} = MH \cdot MO + {\left( {2 \cdot OB} \right)^2}\).

Chứng minh tương tự câu b ta được: \(O{B^2} = OH \cdot MO\).

Khi đó \(M{C^2} = MH \cdot MO + 4 \cdot OH \cdot MO = MO(MH + 4 \cdot OH)\).

Thay vào biểu thức tính \(MI\) ta được: \(MI = \frac{{MO(MH + 4 \cdot OH)}}{{MO}} = MH + 4 \cdot OH\).

Suy ra \(HI = MI - MH = 4 \cdot OH\).

Xét \(\Delta ABC\) có \(O\) là trung điểm của \(BC\) và \(OH\,{\rm{//}}\,AC\) do \(MO\,{\rm{//}}\,AC\) nên \(OH\) là đường trung bình của \(\Delta ABC.\)

Do đó \(H\) là trung điểm của \(AB\) và \(OH = \frac{1}{2}AC\) hay \(AC = 2 \cdot OH\).

Vì \(AC\,{\rm{//}}\,MO\) hay \(AC\,{\rm{//}}\,HI\) suy ra $\Delta EAC\backsim \Delta EHI$. Do đó, \(\frac{{EH}}{{EA}} = \frac{{HI}}{{AC}} = \frac{{4 \cdot OH}}{{2 \cdot OH}} = 2\).

Suy ra \(EH = 2 \cdot EA\).

Mà điểm \(A\) nằm giữa \(E\) và \(H\) nên \(EH = EA + AH\).

Từ đó ta có \(2 \cdot EA = EA + AH\) hay \(EA = AH\).

Vậy \(A\) là trung điểm của \(EH\).

Đặt \(HB = x\) km với \(x \ge 0\); \(KC = y\) km với \(y \ge 0\).

Vì tổng độ dài \(HK = 20\) km nên \(BC = 20 - x - y\) điều kiện \(x + y \le 20\).

Áp dụng định lý Pythagore cho hai tam giác vuông \(\Delta AHB\) vuông tại \(H\) và \(\Delta DKC\) vuông tại \(K\), ta có:

\(AB = \sqrt {A{H^2} + H{B^2}}  = \sqrt {{4^2} + {x^2}}  = \sqrt {{x^2} + 16} \)

\(CD = \sqrt {D{K^2} + K{C^2}}  = \sqrt {{3^2} + {y^2}}  = \sqrt {{y^2} + 9} \)

Vì tốc độ trung bình của xe trên các đoạn \(AB,BC,CD\) lần lượt là 30 km/h, 50 km/h và 40 km/h nên thời gian của xe trên các đoạn \(AB,BC,CD\) lần lượt là \(\frac{{\sqrt {{x^2} + 16} }}{{30}}\), \(\frac{{20 - x - y}}{{50}}\), \(\frac{{\sqrt {{y^2} + 9} }}{{40}}\) giờ.

Khi đó ta có biểu thức tổng thời gian di chuyển của xe là:

\(T = \frac{{\sqrt {{x^2} + 16} }}{{30}} + \frac{{20 - x - y}}{{50}} + \frac{{\sqrt {{y^2} + 9} }}{{40}}\)

\(T = \left( {\frac{{\sqrt {{x^2} + 16} }}{{30}} - \frac{x}{{50}}} \right) + \left( {\frac{{\sqrt {{y^2} + 9} }}{{40}} - \frac{y}{{50}}} \right) + \frac{{20}}{{50}}\)

Đặt \(M = \frac{{\sqrt {{x^2} + 16} }}{{30}} - \frac{x}{{50}}\); \(N = \frac{{\sqrt {{y^2} + 9} }}{{40}} - \frac{y}{{50}}\).

Để \(T\) nhỏ nhất thì \(M,N\) nhỏ nhất.

+) Ta có: \(M = \frac{{\sqrt {{x^2} + 16} }}{{30}} - \frac{x}{{50}}\)

\(\frac{{150M}}{{150}} = \frac{{5\sqrt {{x^2} + 16} }}{{150}} - \frac{{3x}}{{150}}\)

\(150M = 5\sqrt {{x^2} + 16}  - 3x\)

Xét bất đẳng thức: \(5\sqrt {{x^2} + 16}  \ge 3x + 16\).

Vì cả hai vế đều dương do \(x \ge 0\), ta bình phương hai vế:

\(25\left( {{x^2} + 16} \right) \ge {\left( {3x + 16} \right)^2}\)

\(25{x^2} + 400 \ge 9{x^2} + 96x + 256\)

\(16{x^2} - 96x + 144 \ge 0\)

\({x^2} - 6x + 9 \ge 0\) hay \({(x - 3)^2} \ge 0\) luôn đúng với mọi \(x\).

Dấu “\( = \)” xảy ra khi và chỉ khi:

\(x - 3 = 0\)

\(x = 3\) (thỏa mãn).

Giá trị nhỏ nhất của \(M\) đạt được khi \(HB = 3\) km.

+) Ta có: \(N = \frac{{\sqrt {{y^2} + 9} }}{{40}} - \frac{y}{{50}}\)

\(\frac{{200N}}{{200}} = \frac{{5\sqrt {{y^2} + 9} }}{{200}} - \frac{{4y}}{{200}}\)

\(200N = 5\sqrt {{y^2} + 9}  - 4y\)

Xét bất đẳng thức: \(5\sqrt {{y^2} + 9}  \ge 4y + 9\)

Vì cả hai vế đều dương do \(y \ge 0\), ta bình phương hai vế:

\(25\left( {{y^2} + 9} \right) \ge {\left( {4y + 9} \right)^2}\)

\(25{y^2} + 225 \ge 16{y^2} + 72y + 81\)

\(9{y^2} - 72y + 144 \ge 0\)

\({y^2} - 8y + 16 \ge 0\) hay \({\left( {y - 4} \right)^2} \ge 0\) luôn đúng với mọi \(y\).

Dấu “\( = \)” xảy ra khi và chỉ khi: \(y - 4 = 0\) hay \(y = 4\) km thỏa mãn.

Giá trị nhỏ nhất của \(N\) đạt được khi \(KC = 4\) km.

Vậy để thời gian di chuyển từ kho \(A\) đến trung tâm phân phối \(D\) là ngắn nhất thì điểm \(B,C\) nằm trên đoạn \(HK\) sao cho \(HB = 3\) km; \(KC = 4\) km.